GMOJ 6870. 【2020.11.17提高组模拟】ckw的树 (tree)

2020-11-21 15:31:31 阅读：247 来源： 互联网

ckw的树 (tree)

一类自己很不会做的题目，还是好好写一写 ~~（所以之前TJ都放在总结里是为了水吗）~~

\(Description\)

给定一棵包含 \(n\) 个节点的树，其中 \(m\) 个点被标记，每单位时间可以从一个点走到距离不超过 \(2\) 的点中（一条边长度为 \(1\)），可以走到自己，求从任意点开始走到标记点的期望时间对 \(998244353\) 取模。

\(\text{Data Constraint}\)

\(2 \leq n \leq 10^5\)，\(1 \leq m \leq n\)

\(Solution\)

设从点 \(u\) 出发走到标记点的期望时间为 \(E(u)\)

由于一次转移走到点的距离不能超过 \(2\)，所以 \(E(u)\) 可以表示成与 \(u\) 的爷爷、父亲、兄弟、儿子、孙子有关，形式化表达就是：

\[E(u) = \frac{aE(gfa_u) + bE(fa_u) + c \sum{E(bro(u))} + d \sum{E(son(u))} + e \sum E(gson(u))}{d_u} + f \]

其中 \(\text{a, b, c, d, e}\) 分别为我们目前并不确定的系数；\(d_u\) 表示与 \(u\) 距离不大于 \(2\) 的节点数；\(f\) 为同样不确定常数项。

注意，初始时，\(a = b = c = d = e = \frac{1}{d_u}\)，以及 \(f = 1\)（ \(1\) 表示 \(u\) 需要一单位时间转移，形象地说就是走到对应节点需花费 \(1\) 的时间）

可以暴力地 \(O(n^3)\) 高斯消元，分数 \(20 \sim 40ptes\)。

发现式子中 \(\sum{E(bro(u))}\)，\(\sum{E(son(u))}\)，\(\sum{E(gson(u))}\) 很难处理，考虑能不能消掉它们。

首先可以观察到叶子节点是没有 后两项 的，那么我们现在考虑对于节点 \(u\)，其儿子 \(v_1, \ v_2,\ v_3...\) 只有 \(a, \ b, \ c\) 项（为了方便用 \(a, \ b, \ c\) 表示对应的项），该如何消去其 \(c\) 项。

同样地可以高斯消元暴力消去，但是时间复杂度上不允许，于是让我们细致地观察式子 ~~（雾）~~，可以得到：

\[\sum{E(v_i)} = \sum{a_{v_i}E(gfa_{v_i})} + \sum{b_{v_i}E(fa_{v_i})} + \sum{c_{v_i}\sum{E(bro(v_i))}} + \sum{f_v} \]

其中 \(\sum{E(v_i)} = \sum{E(bro(v_i))}\)（注意 \(v_i \in bro(v_i)\)），\(gfa_{v_i} = fa_u\)，\(fa_{v_i} = u\)，（也就是儿子的 \(E(gfa_v)\) 相同，\(E(fa_v)\) 也相同）

则我们令 \(\sum{E(bro(v_i))} = sum(u)\)，\(\sum{a_{v_i}} = A\)，\(\sum{b_{v_i}} = B\)，那么 \((2)\) 式可化为：

\[sum(u) = A · E(gfa_v) + B · E(fa_v) + C · sum(u) + \sum{f_v} \]

进一步移项可得：

\[\sum{E(bro_v)} = sum(u) = \frac{A · E(gfa_v) + B · E(fa_v) + \sum{f_v}}{1 - C} \]

将其代入 \(E(v)\) 中即可消去 \(c\) 项。

那么 \(E(son(u)), \ E(gson(u))\) 中就只包含 \(a, \ b\) 项了，我们接着思考如何消去 \(E(u)\) 的 \(d, \ e\) 项（\(c\) 项会在 \(fa_u\) 处消掉），为了方便处理，我们使 \((1)\) 式中 \(E(u)\) 的系数为 \(k\)，初始 \(k = 1\)，然后分类讨论：

对于 \(son(u)\)，其 \(gfa = fa_u, \ fa = u\)。同样设 \(A = \sum{a_v}, \ B = \sum{b_v}, \ F = \sum{f_v}, \ v \in sum(u)\)，那么若将 \(E(son(u))\) 代入 \(E(u)\) 中，\(A\) 会贡献到 \(b_u\) 中，\(B\) 会贡献到 \(k\) 中
对于 \(gson(u)\)，其 \(gfa = u, \ fa = son(u)\)。同上，设 \(A = \sum{a_{gson(u)}}\)，若将 \(E(gson(u))\) 代入 \(E(u)\) 中，\(A\) 会贡献到 \(k\) 中；但与上有区别，对于每个 \(v \in son(u)\)，设 \(B'_v = \sum{b_{v'}}, \ v' \in son(v)\)，那么 \(B'_{v}\) 会带来一个 \(B'_v · E(v)\) 的项，将 \(E(v)\) 代入再计算一遍即可。

为了方便处理，每次处理 \(E(u)\) 时可以同时计算出 \(B'_u = \sum{b_v}, \ v \in son(u)\)；以及为了方便以后的处理，最后要将 \(k\) 变为 \(1\)。

从下往上处理一遍便得到了所有只包含 \(a, \ b, \ f\) 项的 \(E(u)\)，若以 \(1\) 为根，那么 \(E(1)\) 只有 \(f\) 项，也就是 \(E(1)\) 已经确定，所以我们只需要从上往下再做一遍，即可求出所有的 \(E(u)\)。

注意标记点的 \(E\) 为 \(0\)

\(Code\)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

#define N 100000
#define mo 998244353

#define ll long long

#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)
#define fd(i, x, y) for(int i = x; i >= y; i --)
#define Fo(i, u) for(int i = head[u]; i; i = edge[i].next)

void read(int &x) {
    char ch = getchar(); x = 0;
    while (ch < '0' || ch > '9') ch = getchar();
    while (ch >= '0' && ch <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + ch - 48, ch = getchar();
}

struct EDGE { int next, to; } edge[N << 1];

int head[N + 1], son[N + 1], d[N + 1], bz[N + 1];

int n, m;

struct Arr { ll a, b, c, d; } f[N + 1], g[N + 1];

int cnt_edge = 1;
void Add(int u, int v) { edge[ ++ cnt_edge ] = (EDGE) { head[u], v }, head[u] = cnt_edge; }
void Link(int u, int v) { Add(u, v), Add(v, u); }

ll Fast(ll x, int p = mo - 2) {
    ll res = 1;
    while (p) {
        if (p & 1) (res *= x) %= mo;
        (x *= x) %= mo;
        p >>= 1;
    }
    return res;
}

void Dfs1(int u, int fa, int ff, int la) {
    d[u] = son[fa] + (fa > 0) + (ff > 0);
    son[u] = 0;
    Fo(i, u) if (i != la) ++ son[u];
    ll A = 0, B = 0, C = 1, D = 0;
    int v = 0;
    Fo(i, u) if (i != la) {
        v = edge[i].to;
        Dfs1(v, u, fa, i ^ 1);
        d[u] += son[v] + 1;
        (A += f[v].a) %= mo, (B += f[v].b) %= mo, (C += mo - f[v].c) %= mo, (D += f[v].d) %= mo;
    }

    int sd = Fast(d[u]);
    f[u].a = f[u].b = f[u].c = sd, f[u].d = 1;
    ll K = 1;

    ll sc = Fast(C);
    if (! C) sc = 0;
    A = A * sc % mo, B = B * sc % mo, D = D * sc % mo;
    Fo(i, u) if (i != la) {
        v = edge[i].to;
        (f[v].a += f[v].c * A) %= mo;
        (f[v].b += f[v].c * B) %= mo;
        (f[v].d += f[v].c * D) %= mo;
        f[v].c = 0;

        (f[u].b += f[v].a * (g[v].b + 1) % mo * sd % mo) %= mo;
        (f[u].d += f[v].d * (g[v].b + 1) % mo * sd % mo) %= mo;
        (K += mo - f[v].b * (g[v].b + 1) % mo * sd % mo) %= mo;

        (f[u].d += g[v].d * sd % mo) %= mo;
        (K += mo - g[v].a * sd % mo) %= mo;

        (g[u].a += f[v].a) %= mo, (g[u].b += f[v].b) %= mo, (g[u].d += f[v].d) %= mo;
    }
    if (! bz[u]) {
        ll sk = Fast(K);
        (f[u].a *= sk) %= mo, (f[u].b *= sk) %= mo, (f[u].c *= sk) %= mo, (f[u].d *= sk) %= mo;
    } else
        f[u].a = f[u].b = f[u].c = f[u].d = 0;
}

ll ans[N + 1];

void Dfs2(int u, int fa, int ff, int la) {
    ans[u] = ((f[u].a * ans[ff] % mo + f[u].b * ans[fa] % mo) % mo + f[u].d) % mo;
    Fo(i, u) if (i != la)
        Dfs2(edge[i].to, u, fa, i ^ 1);
}

int main() {
    freopen("tree.in", "r", stdin);
    freopen("tree.out", "w", stdout);

    read(n), read(m);
    int x, y;
    fo(i, 2, n) read(x), read(y), Link(x, y);
    fo(i, 1, m) read(x), bz[x] = 1;

    son[0] = 1;
    Dfs1(1, 0, 0, 0);

    ll sc = Fast((1 - f[1].c + mo) % mo);
    (f[1].a *= sc) %= mo, (f[1].b *= sc) %= mo, f[1].c = 0, (f[1].d *= sc) %= mo;
    Dfs2(1, 0, 0, 0);

    fo(i, 1, n) printf("%d\n", ans[i]);

    return 0;
}

标签：17,int,mo,tree,son,fa,ckw,sc,sum
来源： https://www.cnblogs.com/zhouzj2004/p/14015812.html